已知椭圆 $\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}3=1$，直线 $AB$ 过定点 $Q(-1,0)$，定点 $P(1, 0)$，$PA,PB$ 分别交椭圆于不同于 $A,B$ 的点 $C,D$，求证：$CD$ 过定点，且 $CD$ 与 $AB$ 的斜率之比为定值．
答案 $CD$ 过定点 $\left(\dfrac{13}7,0\right)$，且 $CD$ 与 $AB$ 的斜率之比为 $\dfrac 73$．
解析 设 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),C(x_3,y_3),D(x_4,y_4)$，则\[ \left(\dfrac{x_3y_1-y_3x_1}{y_1-y_3},\dfrac{x_3y_1+y_3x_1}{y_1+y_3}\right)=(1,4)\iff (x_1,y_1)=\left(\frac{5x_3-8}{2x_3-5},\frac{3y_3}{2x_3-5}\right),\]设 $AB$ 的方程为 $(x+1)+ty=0$，则\[(7x_3-13)+t\cdot 3y_3=0,\]因此 $CD$ 的方程为\[7x+3ty-13=0,\]过定点 $\left(\dfrac{13}7,0\right)$，且 $CD$ 与 $AB$ 的斜率之比为 $\dfrac 73$．